巧求sum from k=1 to n(K~3)又一法

本刊1995年第1期第37页,蔡金忠先生给出了一种求1~3 2~3 … n~3的新方法,读后很受启发.下面再介绍一种构思独特、颇具新意的方法.∵k~3=k~2,设k~2=s t,k=s-t,则s=k~2 k/2,t=k~2-k/2,∴k~3=s~2-t~2=[k(k 1)/2]~2-[k(k-1)/2]~2=(1 2 … k)~2-(1 2 … (k-1)]~2,     

关于复合二次函数的极值问题

复合二次函数y=aφ~2(x) bφ(x) c(a≠0)的极值问题,在初等数学中占有非常重要的地位。先看一个例子: 已知x_1,x_2是方程x~2-(k-2)x (k~2 3k 5)=0(k是实数)的两个实根,x_1~2 x_2~2的最大值是(A)19,(B)18,(C)5 5/9(D)不存在。有人这样解:据韦达定理x_1 x_2=k-2,x_1x_2=k~2 3k 5,因此有 f(k)=x_1x~2 x_2~2=(x_1 x_2)~2-2x_1x_2=-(k-2)~2-2(k~2 3k 5)即 f(k)=-k~2-10k-6它二次项系数为负,因此有最大值 4ac-b~2/4a=4(-1)(-6)-(-10)~2/4(-1)=19     

拆项求和琐谈

翻阅案头几本有关高中代数的书刊。发现凡介绍数列求和者,均未忘记介绍“拆项求和”一法。油然生趣。遂对此法加以归纳探讨。略有收益,笔录如下。一拆项的手段 (一) 利用乘法公式例1。求和 S_n=1~2+2~2+3~2+…+n~2。略解:∵(k+1)~3=k~3+3k~2+3k+1, ∴k~2=1/3[(k+1)~3-k~3-3k-1]。     

数值计算问题举例

在数学竞赛中,经常遇到各类数值计算题,这类题一般数字冗繁,如果不运用合理的计算方法是很难获得正确结果的.现举例如下. 例1 求值 201224/20002~2-1999·2001. 解∵1999·2001=(2000-1)(2000+1)=2000~2-1, ∴201224/20002~2-1999·2001=201224. 例2 求值1995~3-2×1995~2-1993/1995~3+1995~2-1996 (1995年北京市数学竞赛题) 解原式=1995~2(1995-2)-(1995-2)/1995~2(1995+1)-(1995+1) =(1995-2)(1995~2-1)/(1995+1)(1995~2-1) =1993/1996     

求条件极值时容易忽略的一个问题

一、从一道试题谈起例1 已知x_1,x_2为方程x~2-(k-2)x+k~2+3k+5=0的两实根(k为实数),则x_1~2+x_2~2的最大值是(A)19,(B)18,(C)5(5/9),(D)不存在.……( ) 这是八二年全国数学竞赛试题中的一道选择题。当时参加竞赛的学生多数选择了第一个答数,即认为     

求sum from k=1 to n k~m的一种方法

应用 k~2=k(k+1)/2+(k-1)k/2=C_(k+1)~2c+C_k~2,那么sum ∑ from k=1 to n=(C_2~2+…C_(n+1)~2)+(C_2~2+…+C_n~2)=C_(n+2)~2+C_(n+1)~8=((n+1)n(2n+1))/6     

巧用公式解题数例

巧用公式a~2-b~2=(a+b)(a-b) 例1.计算3·5·17…,…(2~2~(n-1)+1) 解:原式=(2-1)(2+1)(2~2+1)(2~2~2+1)…,…(2~2~(n-1)+1) =(2~2-1)(2~2+1)(2~2~2+1)…,…(2~2~(n-1)+1) …… =(2~2~(n-1)-1)(2~2~(n-1)+1)=2~2~n-1。巧用a~2+b~2+c~2+2ab+2bc+2ac =(a+b+c)~2 例2.计算5+6~(1/2)+10~(1/2)+15~(1/2)/2~(1/2)+3~(1/2)+5~(1/2) 解:由(2~(1/2)+3~(1/2)+5~(1/2))~2 =2+3+5+26~(1/2)+210~(1/2)+215~(1/15) =2(5+6~(1/2)+10~(1/2)+15~(1/2)) 得5+6~(1/2)+10~(1/2)+15~(1/15)=1/2(2~(1/2+3~(1/2)+5~(1/2))~2     

关于代数的短文十二篇

公式C_(n+1)~m=C_n~m+C_n~(m-1)的一个应用利用组合数性质公式C_(n+1)~m=C_n~m+C=_n~(m-1)可以求形如{n(n+1)…(n+k-1)}的数列的前n项和S_n。 [例1] 求和 S=1·2·3+2·3·4+…+n(n+1)(n+2) 解:1/3!S=1·2·3/3!+2·3·4·/3!…+n(n+1)(n+2)/3! =C_3~3+C_4~3+…+C_(n+2)~3=(C_4~4+C_4~3)+C_5~3+…+C_(n+2)~3 =(C_5~4+C_5~3)+C_6~3+…+C_(n+2)~3=…=C_(n+2)~4+C_(n+2)~3 =C_(n+3)~4=n(n+1)(n+2)(n+3)/4!,     

两整数平方差的性质的应用二例

定理两整数的平方差为奇数或4的倍数.证明:m,n∈Z,则 m~2-n~2=(m+n)(m-n),若m、n 一奇一偶,则 m+n、m-n 皆为奇数,其积亦然;若 m、n 同为奇或偶,则 m+n、m-n 皆为偶数,其积自然为2×2=4之倍数.推论1 奇数均可表为相邻整数的平方差.事实上,对任一奇数2k-1,有2k-1=k~2-(k     

问题1．9参考答案

问题设n是满足下列条件的最小正整数,它们是75的倍数且恰好有75个正数因数(包括1和本身),求7n5.解由已知条件知n=75k=3×52k,欲使n尽可能小,可设n=2a×3b×5c(c≥2,b≥1),且有(a+1)(b+1)(c+1)=75,所以a+1,b+1,c+1都是奇数,因此a,b,c都是偶数,所以c=2.由(a+1)(b+1)(c+1)=75,得(a+1)(b+1)=25.①a+1=5,b+1=5:a=4,b=4.故n=24×34×52;②a+1=1,b+1=25:a=0,b=24.故n=20×324×52.由①、②知最小的正整数n是24×34×52.故7n5=432.问题1.9参考答案…     

关于平面向量的陷阱题

例1 已知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为120°,求使a+kb与kb+b的夹角为锐角的实数 k的范围．错解 (a+kb)·(ka+b)=ka2+(k2+1)a·b+kb2=k+(k2+1)×1×2×cos120°+4k=-k2+5k-1．由题意得-k2+5k-1>0,     

错解一例辨析——二次函数连续性的一个应用

题:关于x的方程7x~2-(k+13)x+k~2-k-2=0有两个实根x_1,x_2,且00。(1)     

用三角法解f(x)~(1/2)±g(x)~(1/2)=k型方程

一、方程f(x)~(1/2)+g(x)~(1/2)=k(k>0)表明,(f(x)~(1/4),g(x)~(1/4)为圆f(x)~(1/2)=k~(1/2)(cost)g(x)~(1/4)=k~(1/2)(sint)与倾角为t之径线的交点坐标,因而可设 f(x)=k~2cos~4t g(x)=k~2sin~4t’通过三角变换直接或间接地解得x。例1.解方程 2x-1~(1/2)+x+3~(1/2)=4 解:设 2x-1=16cos~4t x+3=16sin~4t(1/2相似文献   

“2002”趣题五则

1.计算1/1×2+1/3×4+…+1/2000×2001+1/2001×2002. 2.若a、b、c为三个连续整数,且a相似文献   

因式分解应用举例

因式分解是一种重要的恒等变形,它的应用十分广泛.下面举例说明.例1 化简:(1-(1/2~2))(1-(1/3~2))(1-(1/4~2))…(1-(1/n~2)).解原式=(1-(1/2))(1+(1/2))(1-(1/3))(1+(1/3))(1-(1/4))(1+(1/4))…(1-(1/n))(1+(1/n))=(1/2)×(3/2)×(2/3)×(4/3)×(3/4)×(5/3)×…×((n-1)/n)×((n+1)/n)=(1/2)×((n+1)/n)=((n+1)/(2n)).     

谈谈不等式证明中的“联想—猜测—证明”

在不等式的证明中,学生会遇到一些有趣的问题。例1.若 x_1>0,x_2>0,且 x_1+x_2=k,则 x_1x_2≤k~2/4.证设 x_1=k/2+t,x_2=k/2-t.(0≤t<1/2)有 x_1x_2=(k/2+t)(k/2-t)=k~2/4-t~2≤k~2/4.容易看出,x_1x_2的值是随着 t 的增大而减小的,当 t=0时,即 x_1=x_2=k/2时,x_1x_2达到极大值 k~2/4.     

有理数竞赛题归类解析

有理数竞赛题题型丰富,技巧性强,对于学有余力的同学开发智力极为有利.现选择近年来广州市“五羊杯”初中数学竞赛中的有理数赛题,介绍这些试题的题型特点和解题思路,供读者参考.一、求值计算题例1计算:199+298+397+…+991+1090+1189+…+9802+9901=摇摇摇摇.(2001年)分析这里有99个数相加,考察每个数的特点,应适当变形之后再结合相加.原式=(200-1)+(300-2)+(400-3)+…(1000-9)+(1100-10)+…+(9900-98)+(10000-99)=(200+300+400+…+10000)-(1+2+3+…99)=(200+10000)×992-(1+99)×992=5100×99-50×99=(5100-50)×99=499950.例2计算:2÷3÷7+…     

连续自然数的积及其倒数的和式求法

连续自然数积的和式的求解是数学竞赛命题的重要内容之一,主要考查学生求解方法的掌握情况,避免大量繁琐运算,常见的类型有以下两类．第一类：1×2+2×3+…+n(n+1)；1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)；第二类：1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/n(n+1)；1/(1×2×3)+/2×3×4+…+1/n(n+1)(n+2)怎样求以上两类和式的结果呢?应该说,它们肯定各有其求解通项公式,现就其各和式的     

再谈sum from k=1 to n K~2、sum from k=1 to n K~3公式的解释

《数学教学通讯》1990年第5期,1991年第2期分别发表了周学璋老师和谭光全老师的文章,对sum from k=1 to n k~2、sum from k=1 to n k~3公式,从面积和体积的角度给出了几何解释,本文想再介绍一种解释一、sum from k=1 to n k~2=1/6n(n+1)(2n+1)的解释     

求自然数k次方幂和的一种方法

设k是给定的自然效,将前n个自然数的k次方幂和记为S_n~(k)=1~k+2~k+…+n~k.我们知道,组合数C_(n+k)~(k+1)=1/((k+1)!)-·(n+k)(n+k-1)…(n+1)n是n的k+1次多项式,而S_n~(k)可以表为变量n的不含常